1、2013-2014学年江苏省扬州中学高一（上）月考化学试卷（10月份） 一、选择题（只有一个正确选项，每题2分，共20分）1（2分）下列电离方程式中，错误的是（）ANaHCO3Na+HCO3BNa2SO4=Na2+SO42CAl2（SO4）3=2Al3+3SO42DBaCl2=Ba2+2Cl考点：电离方程式的书写版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：先判断弱电解质还是弱电解质，强电解质在溶液中完全电离，其电离方程式用“=”，弱电解质在溶液中只能部分电离，存在电离平衡，其电离方程式用“”，阴阳离子为原子团时，在电离方程式中不能拆开，如NH4+、HCO3等解答：解：A碳酸氢钠为强电解质，溶液
2、中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3Na+HCO3，故A正确；B硫酸钠为强电解质，溶液中完全电离，钠离子不能合并，正确的电离方程式为：Na2SO4=2Na+SO42，故B错误；C硫酸铝为强电解质，溶液中完全电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为：Al2（SO4）3=2Al3+3SO42，故C正确；D氯化钡为强电解质，溶液中完全电离出钡离子和氯离子，电离方程式为：BaCl2=Ba2+2Cl，故D正确；故选B点评：本题考查了电离方程式的书写判断，题目难度不大，注意掌握强电解质与弱电解质的概念，明确电离方程式的书写原则，选项B为易错点，注意钠离子不能合并2（2分）下列关于化
3、学反应类型的叙述中，正确的是（）A凡是生成盐和水的反应都是中和反应B氧化还原反应一定有单质参加C生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应D生成物中有单质的分解反应一定属于氧化还原反应考点：化学基本反应类型版权所有专题：物质的性质和变化专题；元素及其化合物分析：A、碱性氧化物与酸、酸性氧化物与碱反应均能生成盐和水；B、根据氧化还原反应的概念来判断；C、根据置换反应的定义来判断；D、根据氧化还原反应的定义来判断解答：解：A、碱性氧化物与酸、酸性氧化物与碱反应均能生成盐和水，故A错误；B、氧化还原反应指的是有元素发生化合价变化的反应，不一定有单质参加，故B错误；C、置换反应是一种单质和一种化合物
4、生成另一种单质好另一种化合物的反应，故C错误；D、当分解反应有单质生成时，一定有元素发生化合价的变化，故一定是氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查了四大基本反应类型与氧化还原反应的关系，掌握氧化还原反应指的是有元素发生化合价变化的反应是关键3（2分）可与Ba（OH）2（液态）、CuSO4（固态）、纯CH3COOH三种物质归于一类的物质是（）AC2H5OH（aq）BHCl（气态）C水煤气D豆浆考点：混合物和纯净物版权所有专题：物质的分类专题分析：混合物是两种或两种以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物解答：解：混合物是两种或两种
5、以上的物质组成，纯净物是单一的一种物质，由同种分子构成的物质是纯净物，由不同种分子构成的物质是混合物Ba（OH）2（固体）、CuSO4（固体）、纯醋酸（液态）都只含有一种物质，是纯净物AC2H5OH（aq）是乙醇和水的混合物，故A错误； B、氯化氢气体是纯净物，故B正确；C水煤气是氢气和一氧化碳的混合物，故C错误；D豆浆是蛋白质，水等的混合物，故D错误故选B点评：本题考查混合物纯净物的概念，注意对概念的理解和区分，正确从宏观组成和微观构成两个角度来把握，还要注意特殊情况，比如碳单质和金属单质及稀有气体都是又原子直接构成的4（2分）如图所示，下列实验操作与方法正确的是（）A检查容量瓶是否漏水的方
6、法B 给溶液加热C 滴加液体D 过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用版权所有专题：化学实验基本操作分析：根据分液漏斗的使用、试管的加热、胶头滴管以及过滤操作的使用方法和操作要领解答该题，注意把握相关实验操作法解答：解：A分液漏斗使用前需检验是否漏水，检查时一手托住瓶底，另一只手摁住瓶塞，倒转检查，故A正确；B用试管加热液体时，液体不能超过试管容积的，且用拇指顶住试管夹短柄，故B错误；C用胶头滴管滴加液体时不能将胶头滴管插入到试管内部，故C错误；D过滤时漏斗应紧贴烧杯内壁，故D错误故选A点评：本题考查常见仪器的使用和化学基本操作的方法，题目难度不大，注意在学习中加强基础知识的积累5（2
7、分）胶体区别于其它分散系的本质特征是（）A胶体是一种介稳性的分散系B胶体粒子带电荷C胶体粒子直径在1100nm之间D光束通过胶体时有丁达尔效应考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系版权所有专题：溶液和胶体专题分析：分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，微粒直径在1nm100nm，形成的分散系为胶体解答：解：胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm故选C点评：本题考查了胶体分散系的本质特征，题目难度不大，侧重于基础知识的考查6（2分）用括号中注明的方法分离下列各组混合物，其中不正确的是（）A氮气和氧气（液化蒸馏）B食盐
8、中的沙砾（溶解过滤，蒸发结晶）C氢氧化铁胶体中的少量食盐（渗析）D除去乙醇中溶解的微量食盐（过滤）考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用版权所有专题：化学实验基本操作分析：A氧气的沸点高，易液化；B沙砾不溶于水，而食盐溶于水；CNaCl溶液可透过半透膜，而胶体不能；D乙醇易挥发解答：解：A氧气的沸点高，易液化，则液化蒸馏可分离，故A正确；B沙砾不溶于水，而食盐溶于水，则溶解、过滤、蒸发可分离，故B正确；CNaCl溶液可透过半透膜，而胶体不能，则利用渗析法可分离，故C正确；D乙醇易挥发，除去乙醇中溶解的微量食盐可采用蒸馏的方法分离，故D错误；故选D点评：本题综合考查物质的分离、提纯，侧重于化
9、学知识的综合运用能力的考查，为高频考点，把握物质的性质及常见混合物分离方法、分离原理为解答的关键，注重基础知识的夯实，题目难度不大7（2分）下列物质 Na Br2 NaCl溶液 CO2硫酸 Ba（OH）2 熔融的KCl 蔗糖（）A属于电解质的是B属于非电解质的是C既不是电解质也不是非电解质的是D能导电的是考点：电解质与非电解质版权所有专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：电解质指：水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质导电是在上述两种情况下自身电离出自由移动的离子，在上述两种情况下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；据此即可解答
10、解答：解：Na是金属单质，所以钠能导电，电解质必须是化合物，Na单质既不是电解质也不是非电解质；Br2是非金属单质只存在分子，所以溴不能导电，电解质必须是化合物，溴单质既不是电解质也不是非电解质；NaCl溶液是氯化钠水溶液，有自由移动的钠离子和氯离子能导电，但它是混合物，不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质；二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸能电离出自由移动的阴阳离子，所以二氧化碳的水溶液导电，但电离出离子的物质是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质；硫酸只存在硫酸分子，不导电，在水溶液中能电离出H+和SO42能导电，硫酸是电解质；Ba（OH）2 固体没有自由移动的阴阳离子，不导电，在水
11、溶液中或熔融状态下能电离出自由移动的离子导电，是电解质；熔融的KCl能电离出自由移动的钾离子和氯离子导致导电，熔融的KCl是化合物，是电解质；蔗糖固体只存在蔗糖分子，不导电，蔗糖是化合物，在水溶液中和熔融状态下只存在蔗糖分子，没有自由移动的离子，所以不能导电，是非电解质；A二氧化碳是非电解质，属于电解质的是，故A错误；B既不是电解质也不是非电解质，属于非电解质的是，故B错误；C二氧化碳是非电解质，既不是电解质也不是非电解质的是，故C错误；D能导电的是，故D正确；故选D点评：本题考查了电解质的概念，抓住电解质的特征是解题的关键，难度不大注意电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质
12、也不是非电解质电解质导电是在水溶液中或熔融状态下两种情况下自身电离出自由移动的离子8（2分）某溶液中含有较大量的Cl、CO32、OH等3种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将3种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是（）滴加Mg（NO3）2溶液；过滤；滴加AgNO3溶液；滴加Ba（NO3）2溶液ABCD考点：常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：检验氯离子选择硝酸银溶液，检验氢氧根离子选择硝酸镁溶液，检验碳酸根离子选择硝酸钡溶液，用三种试剂将三种离子检验出来，每加一种试剂能够检验出一种离子，此时要注意每加入一种试剂只能与一种离子结合，来选择加入试剂顺序及操作步骤解答：解：C
13、l用含有AgNO3溶液检验，二者反应生成白色沉淀AgCl；CO32用Ba（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀BaCO3；OH用Mg（NO3）2溶液检验，二者反应生成白色沉淀Mg（OH）2；Cl、CO32、OH都和AgNO3反应，CO32、OH都和Mg（NO3）2溶液反应生成白色沉淀；只有CO32和Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，为了防止干扰，应该先检验CO32、再检验故选B点评：本题考查了常见离子的检验，完成此题，可以依据已有的知识进行，同时需考虑物质之间的反应9（2分）在相同的温度和压强下，4个容器中分别装有4种气体已知各容器中的气体和容器的容积分别是aCO2，100mL；bO2
14、，200mL；cN2，400mL；dCH4，600mL，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是（）AabcdBbadcCcdbaDdcab考点：阿伏加德罗定律及推论；物质的量的相关计算版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：根据n=，计算各物质的物质的量，根据m=nM计算各气体的质量，然后进行计较解答：解：设在该温度和压强下，气体的气体摩尔体积为Vm，a容器内气体的质量为：m（CO2）=g；b容器内气体的质量为：m（O2）=g；c容器内气体的质量为：m（N2）=g；d容器内气体的质量为：m（CH4）=g，则4个容器中气体的质量由大到小的顺序是cdba故选C点评：本题考查物质的量的相关
15、计算，题目难度不大，注意物质的量与质量、体积有关计算公式的运用10（2分）已知某溶液的：体积；密度；溶质和溶剂的质量比；溶质的摩尔质量，要根据溶质的溶解度计算其饱和溶液的物质的量浓度时，上述条件中必不可少的是（）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据溶解度可知饱和溶液的质量分数，根据c=进行判断需要的数据解答：解：已知溶液的溶解度，则饱和溶液的质量分数为w=，由c=可知，还需知道溶液的密度和溶质的摩尔质量，故选C点评：本题考查溶液的物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意计算的相关公式的运用，形成完整的做题思路二、选择题（每题有1-2个正确选项，每题
16、3分，共18分）11（3分）下列溶液中的Cl浓度与50mL 1molL1 MgCl2溶液中的Cl浓度相等的是（）A150mL 1molL1 NaCl溶液B75mL 2molL1 CaCl2溶液C150mL 2molL1 KCl溶液D75mL 1molL1 AlCl3溶液考点：物质的量浓度版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度离子个数，与溶液的体积无关解答：解：50mL 1molL1 MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度C（Cl）=2C（MgCl2）=2mol/L，A、150mL 1molL1 NaCl溶液中Cl的物质的量浓度C（Cl）=C（
17、NaCl）=1mol/L，故A错误；B、75mL 2molL1 CaCl2溶液中Cl的物质的量浓度C（Cl）=2C（CaCl2）=4mol/L，故B错误；C、150mL 2molL1 KCl溶液中Cl的物质的量浓度C（Cl）=C（KCl）=2mol/L，故C正确；D、75mL 1molL1 AlCl3溶液溶液中Cl的物质的量浓度C（Cl）=3C（AlCl3）=3mol/L，故D错误；故选C点评：本题考查物质的量浓度的计算与理解，题目难度不大，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度12（3分）下列说法中正确的是（）A某固体在加入稀盐酸后产生了无色无
18、味且能使澄清石灰水变浑的气体，证明该固体一定含有CO32B某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液不一定是碱C某溶液在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则原溶液中一定有钠盐，可能有钾盐D某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明原溶液中存在NH4+考点：常见离子的检验方法版权所有专题：物质检验鉴别题分析：A该气体为二氧化碳，能够与稀盐酸反应生成二氧化碳的离子不一定为碳酸根离子，可能为碳酸氢根离子；B无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，但是该溶液不一定碱，可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液；C焰色反应出现黄色的火焰，则原溶液中一定有钠离子，可能为钠盐，也可能为氢氧化钠；D使湿
19、润蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，应该为红色的石蕊试纸变蓝解答：解：A某固体在加入稀盐酸后产生了无色无味且能使澄清石灰水变浑的气体，该气体为二氧化碳，该固体中可能含有HCO3，不一定含有CO32，故A错误；B某无色溶液滴加酚酞试液显红色，该溶液为碱性溶液，可能为碱，有可能为强碱弱酸盐，如碳酸钠溶液，所以该溶液不一定是碱，故B正确；C某溶液在焰色反应实验中出现黄色的火焰，则原溶液中一定有钠离子，但是不一定为钠盐，可能为氢氧化钠，故C错误；D与NaOH溶液共热，产生使湿润红色的石蕊试纸变蓝的气体，说明原溶液中存在NH4+，而不是使蓝色的石蕊试纸变红，故D错误；故选B点评：本题考查了常见离子的检验
20、方法判断，题目难度不大，注意掌握常见离子的化学性质及检验方法，选项C为易错点，注意含有钠离子的溶液可能为钠盐，也可能为碱氢氧化钠13（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）A常温常压下，48gO3含有的氧原子数为3NAB1.8g的NH4+离子中含有的电子数为0.1NAC非标准状况下，22.4 L O2中含有的氧气分子数也可能约为6.021023D2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A臭氧的摩尔质量为48g/mol，臭氧中含有3个氧原子，48g臭氧的物质的量为1mol，含有3mol氧原子；B铵
21、根离子中含有10个电子，摩尔质量为18g/mol，1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，含有1mol电子；C温度和压强影响气体的体积，适当改变温度和压强，气体摩尔体积有可能为22.4L/mol；D2.4g镁的物质的量为0.1mol，0.1mol镁变成镁离子失去0.2mol电子解答：解：A48g臭氧的物质的量为1mol，1mol臭氧中含有3mol氧原子，含有的氧原子数为3NA，故A正确；B1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，0.1mol铵根离子中含有1mol电子，含有的电子数为NA，故B错误；C改变温度和压强，非标准状况下，气体摩尔体积有可能为22.4L/mol，则22.4 L O2中
22、含有的氧气的物质的量可能为1mol，含有的氧气分子数也可能约为6.021023，故C正确；D2.4g镁的物质的量为0.1mol，变成镁离子失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，故D错误；故选AC点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；选项C为易错点，注意非标况下气体摩尔体积也可能为22.4L/mol14（3分）下列条件中，两种气体所含原子数一定相等的是（）A同温度、同体积的H2和N2B同质量、不同密度的N2和COC同体积、同密度的C2H6和NOD同
23、压强、同体积的N2O和CO2考点：物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A温度、体积相等，压强会影响气体的物质的量；BN2和CO的摩尔质量相等，二者质量相同，则二者物质的量相等，且都是双原子分子，含有原子数目一定相等；C根据m=V判断C2H6和NO的质量关系，根据n=计算各自物质的量，结合分子含有原子数目计算原子物质的量；D同压强、同体积，温度会影响气体的物质的量解答：解：两瓶气体所含原子数一定相等，则含有原子物质的量相等，A同温度、同体积的H2和N2，二者压强不一定相等，二者的物质的量不一定相等，含有原子数目不一定相等，故A错误；B二
24、者质量相等，摩尔质量相等为28g/mol，根据n=可知，二者物质的量一定相等，二者都是双原子分子，含有原子数目一定相等，故B正确；C同体积、同密度的C2H6和NO，二者质量相等，C2H4和NO含有原子数目之比=6：3=15：7，故C错误；D同压强、同体积的N2O和CO2，二者的温度不一定相等，二者的物质的量不一定相等，二者都是三原子分子，故含有原子数目不一定相等，故D错误，故选B点评：本题考查物质的量有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意根据pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论15（3分）下列叙述正确的是（）A将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，制得0.1mol/L的NaCl溶
25、液B将25g无水CuSO4溶于水制成100mL溶液，其浓度为1mol/LC将w g a%的NaCl溶液蒸发掉 g水，一定得到2a%的NaCl溶液D将1体积c1mol/L的硫酸用水稀释为5体积，稀溶液的浓度为0.2c1mol/L考点：物质的量浓度版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：A、B、根据C=分析判断，注意体积指溶液体积不是溶剂体积C、根据原溶液是否饱和及是否有氯化钠析出分析判断D、根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变计算稀释后溶液的物质的量浓度解答：解：A、5.85gNaCl晶体的物质的量是0.1mol，将5.85gNaCl晶体溶入100mL水中，导致溶液的体积大于100mL，所以配
26、制溶液的物质的量浓度小于0.1mol/L，故A错误B、C=1.56mol/L，故B错误C、若不析出氯化钠得到2a%的NaCl溶液，若有氯化钠析出，则得不到2a%的NaCl溶液，若为饱和溶液浓度不变，故C错误；D、令稀释后稀硫酸的浓度为x，根据稀释定律，稀释前后溶质不变，所以1c1mol/L=5x，所以x=0.2c1mol/L，故D正确故选D点评：本题考查了物质的量浓度的有关问题，难度不大，注意公式C=中体积指溶液体积不是溶剂体积16（3分）实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中C（K+）=C（Cl）=C（Na+）=C（SO42），则其溶质可能是（）AKCl、Na2SO4BKCl、Na2S
27、O4、NaClCNaCl、Na2SO4、K2SO4DKCl、K2SO4、Na2SO4考点：电解质在水溶液中的电离版权所有专题：守恒法分析：根据电解质在水中的电离，及溶液中的离子浓度的关系来判断溶液中的溶质，以此来解答解答：解：A若KCl、Na2SO4的物质的量相同时，则电离生成的离子关系为C（K+）=C（Cl）=C（Na+）=C（SO42），故A正确；B若KCl、Na2SO4的物质的量相同时，C（K+）=C（SO42），该溶液中溶质有三种，则不会满足C（K+）=C（Cl）=C（Na+）=C（SO42），故B错误；C若NaCl、Na2SO4、K2SO4的物质的量比为2：1：1，设NaCl为2mo
28、l，则n（K+）=2mol，n（Cl）=2mol，n（SO42）=2mol，C（Na+）=4mol，则C（K+）=C（Cl）=C（Na+）=C（SO42）成立，故C正确；DKCl、K2SO4、无论以何种比例混合，都C（K+）C（Cl），则不会满足C（K+）=C（Cl）=C（Na+）=C（SO42），故D错误；故选AC点评：本题考查电解质在水中的电离及离子浓度的关系，明确电解质在水中电离产生的离子及离子的物质的量的关系即可解答，难度不大三、填空题（共52分）17（14分）（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去某研究小组为了检测
29、某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4在实验时先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的苯震荡观察到的现象是分层，上层紫色，下层为近于无色；该实验中用苯做萃取剂的理由是苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，还需经过蒸馏（填操作方法），利用这种方法，最后碘在蒸馏烧瓶（填仪器名称）中聚集（2）若有一混有少量硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠样品，需要提纯得到氯化钠某学生设计了如下方案：请回答以下问题：操作中用于盛放固体的仪器为坩埚（写仪器名称）操作是否
30、可以改为加硝酸钡溶液？为什么？不可以，改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3，以后操作中无法除去进行操作后，如何判断SO42已除尽，方法是取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42已除尽操作的目的是除去过量的Ba2+，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是减少一次过滤操作操作的目的是除去溶解在溶液中的CO2，使过量的HCl挥发考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质分离、提纯的实验方案设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）苯与水不相溶，碘单质易溶于有机溶剂，加入苯溶液振荡后发生萃取现象；分离相互溶解的液体需要通过蒸馏方法，蒸馏操作需要在蒸馏烧瓶
31、中进行；（2）加热混合物，杂质碳酸氢铵通过分解而除去，得到氯化钠、硫酸钠的混合物；溶解后加入氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入过量碳酸钠除去过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸调节溶液pH除去过量的碳酸根离子，对滤液加热除去溶液中氯化氢和二氧化碳，最后得到纯净的氯化钠溶液，操作将固体混合物加热，根据给固体加热常用仪器进行选择；除杂不能引入新的杂质，加入硝酸钡会引进难以除去的硝酸根离子；加入氯化钡溶液检验硫酸根离子是否除尽；加入碳酸钠溶液，除去过量的氯化钡互溶钙离子；过滤后加碳酸钠溶液会增加了过滤操作次数；盐酸和二氧化碳在加热煮沸的情况下可以挥发出来，不影响氯化钠的纯度解答：解：（1）碘易溶于有机
32、溶剂，在苯中溶解度远大于在水中，加入苯后有机溶剂苯萃取水中的碘单质，苯与水不互溶，溶液分成两层，苯的密度比水小，有机层在上层，碘溶于苯呈紫色，下层层几乎无色，故答案为：分层，上层紫色，下层为近于无色；苯与水互不相溶，碘在苯中的溶解度比在水中大；若从含碘的有机溶液中提取碘和回收有机溶剂，由于碘单质易溶于苯，可以利用其沸点不同，通过蒸馏操作完成；苯的沸点较低，所以蒸馏操作过程中，最后碘在蒸馏烧瓶中聚集，故答案为：蒸馏；蒸馏烧瓶；（2）提纯氯化钠的流程为：加热混合物，杂质碳酸氢铵通过分解而除去，得到氯化钠、硫酸钠的混合物；溶解后加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，再加入过量碳酸钠除去过量的钡离子，过滤
33、除去碳酸钡、硫酸钡沉淀后向滤液中加入盐酸，明确是调节溶液pH除去过量的碳酸根离子，对滤液加热除去溶液中氯化氢和二氧化碳，最后得到纯净的氯化钠溶液，根据图示，操作是将固体混合物加热，使用到的仪器是坩埚，故答案为：坩埚；加入硝酸钠溶液，硝酸钠和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为：不可以，改用Ba（NO3）2会使溶液中引入新的杂质离子NO3，以后操作中无法除去；加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已除尽，可静止片刻在上层清液处，滴加一滴氯化钡溶液，不出现浑浊就说明硫酸根离子已经除尽，故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出
34、现则说明SO42已除尽（或其他的方法）；操作加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钠反应生成碳酸钡和氯化钠，除去过量的氯化钡，再过滤；先过滤而后加碳酸钠溶液，在加入碳酸钠溶液后生成的碳酸钡还需要过滤，增加一次过滤操作； 故答案为：除去过量的Ba2+； 减少一次过滤操作；操作加热煮沸溶液的目的是除去滤液中溶解的CO2和多余的盐酸，以便得到纯净的氯化钠溶液，故答案为：除去溶解在溶液中的CO2，使过量的HCl挥发点评：本题考查了物质的分离、提纯及化学实验基本操作方法的综合应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，明确分离、提纯方案及基本操作方法为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实
35、验能力18（18分）实验室配制460mL0.100mol/LNa2CO3溶液回答下列问题，现有下列仪器A烧杯 B100mL量筒 C100mL容量瓶 D药匙 E玻璃棒 F天平（1）配制时，必须使用的仪器有ADEF（填代号），还缺少的仪器是500mL容量瓶、胶头滴管该试验中两次用到玻璃棒，其作用分别是搅拌促进溶解，引流（2）应用托盘天平称取十水碳酸钠晶体的质量为14.3g，若加蒸馏水不慎超过刻度线，处理的方法是重新配制（3）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高、偏低还是不变A溶解后没有冷却便进行定容偏高；B摇匀后发现液面低于标线，滴加蒸馏水至标线再摇匀偏低；C定容时俯视容量瓶的标线偏高；D容量瓶内壁
36、附有水珠而未干燥处理无影响（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为0.175 mol/L（设溶液的体积变化可忽略）考点：溶液的配制版权所有专题：实验题分析：（1）根据配置一定物质的量浓度溶液的步骤去分析所需仪器及其规格；溶解时，玻璃棒搅拌促进溶解，转移时引流；（2）通过n（Na2CO3）=0.100mol/L0.5L=0.05mol，则需要十水碳酸钠晶体为0.05mol，然后计算其质量；若加蒸馏水不慎超过刻度线，会导致所配溶液浓度偏低，应重新配制；（3）分析操作对溶质物质的量n、溶液体积V的影响，根据c=
37、判断操作对所配溶液浓度的影响；（4）根据溶液稀释前后溶质的量不变，进行计算解答：解：（1）实验室配制460mL0.100mol/LNa2CO3溶液，称量时需要天平，溶解时需要药匙、烧杯、玻璃棒，还缺少500ml容量瓶、胶头滴管，以完成后面的转移、定容等；溶解时，玻璃棒搅拌促进溶解，转移时引流，故答案为：ADEF；500mL容量瓶、胶头滴管；搅拌促进溶解；引流；（2）n（Na2CO3）=0.100mol/L0.5L=0.05mol，则需要十水碳酸钠晶体为0.05mol，其质量为0.05mol286g/mol=14.3g；若加蒸馏水不慎超过刻度线，会导致所配溶液浓度偏低，应重新配制，故答案为：14
38、.3g；重新配制；（3）A溶解后没有冷却便进行定容，导致溶解后的液体体积偏大，则定容时所加水减少，浓度偏高；B摇匀后发现液面低于标线，对浓度无影响，滴加蒸馏水至标线再摇匀，导致浓度偏低；C定容时俯视容量瓶的标线，导致加水的体积偏少，浓度偏高；D容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，由于定容时需要加水，所以干不干燥容量瓶对浓度无影响；故答案为：偏高；偏低；偏高；不变；（4）若取50.0mL上述已配好的溶液，与另一150mL0.200mol/L的Na2CO3溶液混合，最后得到的溶液的物质的量浓度为=0.175 mol/L，故答案为：0.175 mol/L点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制及误差分
39、析等，题目难度一般，根据c=理解溶液的配制与误差分析，注意容量瓶要带着规格，注意提高计算结果的准确性19（10分）现有mg某气体，它由三原子分子构成，它的摩尔质量为M gmol1则：（1）该气体所含原子总数为个（2）该气体在标准状况下的体积为L（3）该气体溶于1L水中（不考虑反应），其溶液中溶质的质量分数为100%（4）该气体溶于水后形成密度为g/cm3，物质的量浓度为c molL1的溶液，则所用水的体积为（m）mL考点：物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：（1）根据n=计算气体的物质的量，该气体分子由三原子分子构成，原子物质的量为气体的3倍，再根据N=nNA计算原子数目；（2）根据V
40、=nVm计算；（3）根据m=V计算水的质量，再根据质量分数=100%计算；（4）根据V=计算溶液体积，根据m=V计算溶液的质量，进而计算水的质量，再根据V=计算水的体积解答：解：（1）mg该气体的物质的量=mol，该气体分子由三原子分子构成，原子物质的量为气体的3倍，含有原子数目=mol3NAmol1=，故答案为：；（2）标况下，该气体的体积=mol22.4L/mol=L，故答案为：L；根据V=nVm计算；（3）1L水的质量=100mL1g/mL=1000g，溶液质量分数=100%=100%，故答案为：100%；（4）溶液体积=L，溶液的质量=L1000 g/mL=g，加入水的质量=gmg，加
41、入水的体积=（gmg）1g/mL=（m）mL，故答案为：（m）mL点评：本题考查物质的量有关计算，属于字母型计算，增大计算难度，注意对公式的理解，难度不大20（10分）（1）将CH4和O2的混合气体置于一密闭容器中，测得在标准状况时，混合气体密度=1g/L，则该混合气体中CH4与O2的体积比是3：2；该混合气体中CH4与O2的质量比为3：4（2）将11.2L（标准状况下）体积比为1：3的CH4和O2点燃使之充分反应，将燃烧的气体用过量的碱石灰吸收，则碱石灰增重10g考点：物质的量的相关计算版权所有专题：计算题分析：（1）根据M=Vm计算混合气体平均摩尔质量，令CH4与O2的物质的量分别为xmo
42、l、ymol，根据平均摩尔质量计算二者物质的量之比，体积之比等于物质的量之比，再根据m=nM计算二者质量之比；（2）体积比为1：3的CH4和O2点燃，由CH4+2O2CO2+2H2O可知，甲烷完全燃烧，氧气有剩余，碱石灰吸收燃烧生成的二氧化碳、水，根据n=计算混合气体物质的量，进而计算甲烷物质的量，根据方程式计算二氧化碳、水的物质的量，根据m=nM计算二氧化碳、水的质量，二者质量之和即为碱石灰质量增重解答：解：（1）混合气体平均摩尔质量=1g/L22.4L/mol=22.4g/mol，令CH4与O2的物质的量分别为xmol、ymol，则：16x+32y=22.4（x+y），整理得x：y=3：2
43、，故二者质量之比=3mol16g/mol：2mol32g/mol=3：4，故答案为：3：2；3：4；（2）体积比为1：3的CH4和O2点燃，由CH4+2O2CO2+2H2O可知，甲烷完全燃烧，氧气有剩余，碱石灰吸收燃烧生成的二氧化碳、水，混合气体物质的量=0.5mol，甲烷物质的量=0.5mol=0.125mol，根据方程式可知，生成二氧化碳的物质的量=0.125mol、水的物质的量=0.125mol2=0.25mol，故碱石灰质量增重=0.125mol44g/mol+0.25mol18g/mol=10g，故答案为：10点评：本题考查混合物计算、化学方程式计算等，难度不大，（1）中注意平均摩尔
44、摩尔质量的计算四、计算题（10分）21（10分）取100mL的Na2CO3和Na2SO4混合溶液，加入适量Ba（OH）2溶液100mL后，恰好完全反应，过滤、干燥后得到14.51g白色沉淀和滤液，再用过量稀硝酸处理沉淀，最后减少到4.66g，并有气体放出计算：（1）原混合液中Na2SO4的物质的量浓度为0.2molL1（2）产生的气体在标准状况下的体积为1.12L（3）过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度为0.7molL1（设反应前后溶液体积的变化忽略不计，写出计算过程）考点：化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算版权所有专题：计算题分析：发生的有关化学方程式为：Na2CO3+Ba（OH
45、）2=BaCO3+2NaOH，Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NaOH，BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+CO2，根据沉淀的质量结合化学方程式计算解答：解：BaSO4的质量为4.66g，物质的量为：=0.02mol，BaCO3的质量为：14.51g4.66g=9.85g，物质的量为：=0.05mol，（1）Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NaOH 1mol 1mol n 0.02moln=0.02mol，c（Na2SO4）=0.2mol/L，故答案为：0.2；（2）BaCO3+2HNO3=Ba（NO3）2+H2O+CO2 1mol 22.4L 0.05moL VV=1.12L，故答案为：1.12；（3）根据反应方程式可知，过滤后，所得溶液为NaOH溶液，物质的量为：20.05mol+20.02mol=0.14mol，混合后溶液的体积为0.2L，则过滤出沉淀后，所得滤液的物质的量浓度为=0.7mol/L，故答案为：0.7点评：本题考查混合物和有关方程式的计算，题目难度不大，注意所发生反应以及有关计算公式的运用